2023年浙江省温州市普通高中高考物理适应性试卷（一）（含答案解析）

这是一份2023年浙江省温州市普通高中高考物理适应性试卷（一）（含答案解析），共26页。试卷主要包含了 下列物理量属于矢量的是， 下列陈述与事实相符的是等内容，欢迎下载使用。

A. 温度B. 加速度C. 磁通量D. 电流强度
2. 如图所示的我国第三艘航空母舰“福建舰”，在2022年6月17日移出船坞下水废计划开展航行试验。下列情况中“福建舰”可视为质点的是( )
A. 研究航行路线时B. 弹射舰载机时
C. 移出船坞下水时D. 用操作仪把控方向时
3. 下列陈述与事实相符的是( )
A. 法拉第提出分子电流假说B. 开普勒测出万有引力常量
C. 库仑最早测得元电荷e的数值D. 赫兹用实验证实了电磁波的存在
4. 如图所示是户外露营中使用的一种便携式三脚架，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动，将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离地高度为h且小于杆长，吊锅和细铁链的总质量为m，支架与铰链间的摩擦忽略不计，则( )
A. 吊锅受3个力
B. 减小h时，每根轻杆对地面压力减小
C. 减小h时，每根轻杆对地面摩擦力增大
D. 每根轻杆受到地面的作用力大小为13mg
5. 2022年7月25日，问天实验舱成功与轨道高度约为430km的天和核心舱完成对接如图所示，对接后组合体绕地球的运动可视为匀速圆周运动。已知地球半径R，引力常量G，地球表面重力加速度g，根据题中所给条件，下列说法正确的是( )
A. 组合体的周期大于24小时
B. 可以计算出地球的平均密度
C. 组合体的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度
D. 若实验舱内有一单摆装置，将摆球拉开一个小角度静止释放会做简谐运动
6. 如图所示，A、B两小球在距水平地面同一高度处，以相同初速度v0同时竖直向上抛出，运动过程中的机械能分别为EA和EB，加速度大小分别为aA和aB。已知mA>mB，下列说法正确的是( )
A. 若不计空气阻力，以抛出所在的水平面为零势能面，EA=EB
B. 若不计空气阻力，以A球的最高点所在水平面为零势能面，EA>EB
C. 若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球上升的过程中，aA>aB
D. 若两球受到大小不变且相等的空气阻力，则两球下落的过程中，aA>aB
7. 2021年10月25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t=0时刻由静止开始向上提升质量为m的物体，其a−t图像如图乙所示，t1时达到额定功率，t1∼t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是( )
A. 0∼t1时间内物体处于失重状态
B. t1∼t2时间内物体做减速运动
C. 0∼t1时间内重力对物体做功为−12m(a0t1)2
D. t1∼t2时间内起重机额定功率为(mg+ma0)a0t1
8. 如图甲所示，在竖直放置的圆柱形容器内用横截面积S=100cm2的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的气体，活塞上静止一质量为m的重物。图乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V−T图像，密闭气体在A点的压强pA=1.03×105Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q=500J。已知外界大气压强p0=1.01×105Pa，下列说法正确的是( )
A. 重物质量m=1kg
B. 气体在状态B时的体积为8.0×10−2m3
C. 从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202J
D. 从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294J
9. 如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在0−t1时间内被加速发射出去(t1时刻刚好运动到右侧管口)。在0−t1时间内，下列说法正确的是( )
A. 小球的加速度一直增大B. 线圈中产生的磁场方向向左
C. 小球中产生的涡流一直减小D. 电容器储存的电能全部转化为小球的动能
10. 如图甲所示，圆形区域ABCD处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为O，半径为R=0.1m。P为圆弧上的一个点，PO连线逆时针转动，θ为PO连线从AO位置开始旋转的角度，P点电势随θ变化如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 匀强电场的场强大小为10V/m
B. 匀强电场的场强方向垂直AC连线向上
C. 一电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能减小2eV
D. 一电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力先做负功后做正功
11. 我国已投产运行的1100kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为10Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为4×103A时，下列说法正确的是( )
A. 输送电功率为1.2×1010W
B. 降压变压器匝数比为11：5
C. 直流输电线上损失的功率为1.6×107W，损失的电压为40kV
D. 若保持输送电功率不变，改用550kV输电，直流输电线上损失的功率为6.4×108W
12. 如图所示ABCD是底角为45∘的等腰梯形的棱镜横线面，与底边BC平行两束单色光a、b(间距可调)从AB边射入，经BC边反射从CD边射出(图中未画出)。已知棱镜对a、b两束光的折射率满足na>nb> 2，下列说法正确的是( )
A. a、b两束光不可能从CD边同一位置射出
B. a光从CD边射出位置一定离底边BC更近
C. b光从AB边射入到CD边射出时间一定更短
D. a，b两束光从AB边射入到CD边射出时间可能一样长
13. 关于下列四幅图的说法正确的是( )
A. 普朗克用能量量子化的假说，成功解释了黑体辐射规律
B. 光电效应中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C. 电子束通过铝箔时形成的衍射图样，证实了电子具有波动性
D. 光照到不透明的小圆盘上出现了泊松亮斑，这是光的偏振现象
14. 如图所示我国自主三代压水堆核电“华龙一号”示范工程，在2022年3月25日全面建成投运。“华龙一号”利用核裂变发电，其中一种典型的核反应方程是 92235U+01n→56141Ba+3692Kr+aX，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用mU、mBa、mKr分别表示 92235U、 56141Ba、 3692Kr核的质量，反应中释放的核能为ΔE，c为真空中的光速。关于该核反应，下列说法正确的是( )
A. X为中子，a=3
B. X粒子的质量为ΔE3c2+mBa+mKr−mU
C. 92235U的比结合能比 56141Ba和 3692Kr的都小
D. 可利用普通水作为慢化剂减慢裂变反应速度
15. 如图所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内。O点处的波源从t=0时刻开始沿垂直于xOy水平面的z轴做简谐运动，其位移随时间变化关系z=2sin5πt(cm)，产生的机械波在xOy平面内传播。实线圆、虚线圆分别表示t0时刻相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷，则下列说法正确的是( )
A. 该机械波的传播速度为5m/s
B. t0=0.5s
C. t=1.45s时，B处质点的速度方向为z轴正方向
D. t=0.8s至t=1.6s时间内，C处质点运动的路程为16cm
16. 下列四幅实验操作情景，其中操作正确的是( )
A. 用游标卡尺测摆球直径
B. 验证机械能守恒定律
C. 探究两个互成角度的力的合成规律
D. 测量玻璃的折射率
17. 小明同学用如图1所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。他在实验中每次改变小车的质量后，都______ (选填“需要”或“不需要”)重新补偿阻力。图2是他在实验中得到的一条纸带，纸带上A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.04s，由纸带可知小车的加速度大小为______ m/s2(结果保留两位有效数字)。由此可以判断钩码质量______ (选填“满足”或“不满足”)本实验要求。
18. 小明同学在做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验后，发现他测量出的分子直径明显偏大，出现这种情况的可能原因是( )
A. 水面上痱子粉撒得太多，油膜没有充分展开
B. 将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算
C. 求每滴溶液体积时，1mL的溶液的滴数多计了5滴
D. 油酸酒精溶液久置，酒精挥发使溶液的浓度发生了变化
19. (1)图1是一个多量程多用电表的简化电路图。当选择开关S旋到5或6位置时，可用来测量______ (选填“电流”或“电压”或“电阻”)，其中S旋到6位置时比5位置的量程较______ (选填“大”或“小”)。将多用电表选择开关旋到“50V”直流电压挡，测量某直流电源电压，正确操作后表盘指针如图2所示，其示数为______ V。
(2)在“电池电动势和内阻的测量”实验中，除一节干电池、电键和导线外，还提供了如下器材：
A.电流表A1(量程为1mA，内阻r1=90Ω)
B.电流表A2(量程为300mA，内阻r2=0.3Ω)
C.电压表V(量程为6V，内阻RV约为2kΩ)
D.可变电阻R1：电阻箱(阻值可调范围0∼999.9Ω)
E.可变电阻R2：滑动变阻器(阻值变化范围0∼100Ω)
某同学设计的电路图如图3所示，电表应选择______ (选填“A”或“B”或“C”)，可变电阻应选择______ (选填“D”或“E”)。正确操作后，利用测得的数据得到如图4所示的图像，图像横坐标x表示的物理量是______ (选填“I”或“1I”或“U”或“1U”)，该电池的内阻______ Ω。
20. 2022年10月，某学校举办校运动会，在铅球比赛场地上放置了一个铅球回收架，以便于回收选手投出的铅球。图1所示是铅球回收架的最后一段轨道，可简化为如图2所示的ABCDE轨道，其中AB、BC、CD轨道均为直轨道且平滑连接，长度分别为LAB=1.0m、LBC=1.6m、LCD=0.6m，与水平方向的夹角分别为θ1=37∘、θ2=15∘、θ3=37∘。一质量m=4kg的铅球，从A点以某一速度冲上AB轨道，运动到B点时速度恰好为0，然后经过BC轨道冲上CD轨道。若铅球在AB、CD轨道运动时所受的轨道阻力恒为Ff1=8N，在BC轨道运动时所受的轨道阻力恒为Ff2=9.6N，不计其它阻力，铅球大小可忽略。(取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，sin15∘=0.26，cs15∘=0.96)，求铅球
(1)冲上AB轨道时的初速度大小vA；
(2)运动到轨道C点时的速度大小vc；
(3)从轨道A点到在CD轨道上速度第一次减为零时所用的总时间t总。
21. 如图所示，水平轨道AB长度L1=1.3m，其左端B点与半径R=0.4m的半圆形竖直轨道BCD平滑连接。轨道BCD最高点D与长度L2=1.0m的水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直放置的光滑圆筒上边缘E点相切，圆筒半径r= 1060m、高度h=59m。质量m=0.5kg、可视为质点的小滑块，从A点处以初动能Ek0向左运动，与AB间的动摩擦因数μ=0.2，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计。
(1)若小滑块恰好能通过最高点D，求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小FN；
(2)为使小滑块不脱离轨道并最终停在AB两点之间，求滑块的初动能Ek0的范围；
(3)若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动，再从E点正下方离开圆筒后，滑块落在AB两点之间，求滑块在E点的速度大小vE。(π取 10)
22. 如图所示，间距L=2.0m的平行金属导轨放置在绝缘水平面上，导轨左端连接输出电流I=0.5A的恒流源.空间分布两个宽度分别为d1=98m和d2=25m、间距D=2.0m的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，两磁场磁感应强度大小均为B=0.5T，方向均竖直向下。质量m=0.5kg、电阻为R1的导体棒静止于区域Ⅰ左边界，质量m=0.5kg、边长为0.5D、电阻R2=2.0Ω的正方形单匝线框的右边紧靠区域Ⅱ左边界；一竖直固定挡板与区域Ⅱ的右边界距离为0.5D。某时刻闭合开关S，导体棒开始向右运动。已知导体棒与线框、线框与竖直挡板之间均发生弹性碰撞，导体棒始终与导轨接触并且相互垂直，不计一切摩擦和空气阻力。求：
(1)导体棒第一次离开区域Ⅰ时的速度大小v1；
(2)线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q；
(3)线框与导体棒碰撞的次数n，以及导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间t总。
23. 如图甲所示，空间存在两边界为同轴圆柱面的电磁场区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅱ位于区域Ⅰ外侧，圆柱面的轴线沿空间直角坐标系Oxyz的x轴方向。半径R=0.05m的足够长水平圆柱形区域Ⅰ内分布着沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B=4×10−3T；沿x轴正方向观察电磁场分布如图乙，宽度d=0.05m的区域Ⅱ同时存在电、磁场，电场强度E=40N/C的匀强电场沿x轴正方向，磁场的磁感应强度大小也为B=4×10−3T、磁感线与圆弧边界平行且顺时针方向。沿y轴负方向观察电磁场分布如图丙。比荷qm=5×107C/kg的带正电粒子，从坐标为(0,0,0.10m)的A点以一定初速度沿z轴负方向进入区域Ⅱ。(不计粒子的重力和空气阻力)
(1)该粒子若以速度v0沿直线通过区域Ⅱ，求速度v0大小以及它在区域Ⅰ中运动的半径；
(2)若撤去区域Ⅱ的电场，求该粒子以速度2v0从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间；
(3)若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度v0进入区域Ⅱ，求它第二次离开区域Ⅱ的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AC.温度和磁通量都只有大小，没有方向，是标量，故AC错误；
B.加速度既有大小又有方向，是矢量，故B正确；
D.电流强度有方向，其方向表示正电荷定向移动的方向，但电流运算时不遵守平行四边形定则，则电流是标量，故D错误。
故选：B。
标量是只有大小，没有方向的物理量，运算遵循代数运算法则；矢量是既有大小，又有方向，运算时遵循平行四边形定则。
本题主要考查了矢量和标量的区别，解题关键是知道标量是只有大小，没有方向的物理量，矢量既有大小，又有方向，运算时遵循平行四边形定则。
2.【答案】A
【解析】解：A.当研究“福建舰”的航行路线时，“福建舰”的形状和大小可以忽略不计，可以看成质点，故A正确；
BCD.当研究弹射舰载机时、移出船坞下水时、用操作仪把控方向时，由于“福建舰”的形状及大小对研究的问题影响不能忽略不计，所以“福建舰”均不能看成质点，故BCD错误。
故选：A。
物体能看作质点的条件是其形状和大小对所研究的问题可忽略不计。
本题主要考查了能否看作质点的条件，解题关键是掌握物体能看作质点的条件是其形状和大小对所研究的问题可忽略不计。
3.【答案】D
【解析】解：A.安培提出了分子电流假说，故A错误；
B.英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量，故B错误；
C.美国物理学家密立根最早测得元电荷e的数值，故C错误；
D.赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故D正确。
故选：D。
根据物理学史和常识进行解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累。
4.【答案】C
【解析】解：A.吊锅受到自身重力及细铁链的拉力两个力的作用，故A错误；
B.以整个装置为研究对象，设地面对每根杆的支持力为N，根据受力平衡可得
3N=mg
解得
N=13mg
显然减小h，N仍然保持不变，根据牛顿第三定律知每根杆对地面的压力不变，B错误；
C.以吊锅和细铁链为研究对象，设每根杆中的弹力为FN，杆与竖直方向夹角为θ，在竖直方向上，受力平衡有
3FNcsθ=mg
解得
FN=mg3csθ
水平方向上，地面对杆的摩擦力为
f=FNsinθ=mg3csθsinθ=13mgtanθ
当减小h时，θ增大，则可知f增大，根据牛顿第三定律可知：每根轻杆对地面的摩擦力均增大，故C正确。
D.以杆为研究对象，设每根轻杆受到地面的作用力大小为F，则有
F=FN=mg3csθ>mg3
故D错误。
故选：C。
以整个装置为研究对象，根据平衡条件和牛顿第三定律判断轻杆对地面压力大小的变化；以吊锅和细铁链为研究对象，根据平衡条件求解地面与杆之间的摩擦力；轻杆受到地面的作用力为支持力与摩擦力的合力。
本题考查共点力平衡，解题关键是灵活选择研究对象并对其受力分析，根据平衡条件列式求解即可。
5.【答案】B
【解析】解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)，解得卫星的运行周期为T=2π (R+h)3GM
由于组合体的轨道高度小于地球同步卫星的轨道高度，所以组合体的周期小于地球同步卫星的周期，即组合体的周期小于24h，故A错误；
B、在地球表面上，根据万有引力等于重力，得GMmR2=mg
地球的密度为ρ=MV=M43πR3，联立解得ρ=3g4πGR，故B正确；
C、卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有GMm(R+h)2=man，解得卫星的向心加速度为an=GM(R+h)2
因为组合体的轨道高度小于地球同步卫星的轨道高度，所以组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度。地球同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，而地球同步卫星的半径大于赤道上物体运转半径，根据公式an=ωr2，知地球同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，则组合体的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故C错误；
D、小球处于完全失重状态，静止释放小球，小球处于漂浮状态，将无法做简谐运动，故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力，得到卫星的周期与高度的关系，结合组合体的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，来分析组合体的周期。在地球表面上，根据万有引力等于重力，可求得地球的质量，再求地球的平均密度。根据万有引力提供向心力，得到卫星的加速度与高度的关系，比较组合体的向心加速度与地球同步卫星的向心加速度关系，由公式an=ωr2比较地球同步卫星的向心加速度与赤道上物体的向心加速度关系，从而得到组合体的向心加速度与赤道上物体随地球自转的向心加速度关系。若实验舱内有一单摆装置，小球处于完全失重状态。
本题考查万有引力定律的应用，要掌握两条基本思路：一是万有引力等于重力；二是万有引力提供向心力。
6.【答案】D
【解析】解：A、若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，若以抛出所在的水平面为零势能面，则小球的机械能为EA=12mAv02，EB=12mBv02，由于mA>mB，所以EA>EB，故A错误；
B、若不计空气阻力，小球运动过程中机械能守恒，小球只受重力作用，两小球加速度相同，均为重力加速度g，则小球上升的最大高度为：hA=v022g=hB，以A球的最大高度所在的平面为零势能面，则：EA=12mAv02−mAghA，EB=12mBv02−mBghB，由于小球各自的机械能守恒，所以EA=EB=0，故B错误；
C、若两球受到相等的空气阻力，上升过程，根据牛顿第二定律，对A小球有：mAg+f=mAaA，对B小球有：mBg+f=mBaB，解得加速度为：aA=g+fmA，aB=g+fmB，由于mA>mB，所以aAD、若两球受到相等的空气阻力，下落过程，根据牛顿第二定律，对小球A有：mAg−f=mAaA，对B小球有：mBg−f=mBaB，解得加速度为：aA=g−fmA，aB=g−fmB，由于mA>mB，所以aA>aB，故D正确。
故选：D。
在不计阻力的情况下，两球的机械能均守恒，由机械能守恒定律分析它们机械能的关系；若甲、乙受大小相等且不变的阻力，根据牛顿第二定律比较上升和下落加速度的大小。
本题的关键要掌握机械能守恒的条件和功能关系，知道除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化，只有重力做功时，单个物体的机械能守恒。
7.【答案】D
【解析】解：A、0∼t1时间内物体向上做匀加速直线运动，加速度竖直向上，物体处于超重状态，故A错误；
B、由图像可知t1∼t2时间内物体的加速度为正，物体仍做加速运动，只是做加速度减小的加速运动，故B错误；
C、0∼t1时间内物体向上做匀加速直线运动，t1时刻物体的位移为x1=12a0t12
重力对物体做功W=−mgx1=−12mga0t12
故C错误；
D、t1时刻物体所受到的牵引力为F，由牛顿第二定律有：F−mg=ma0
解得：F=mg+ma0
t1时刻物体的速度为v=a0t1
起重机额定功率为P=Fv=(mg+ma0)a0t1
故D正确。
故选：D。
加速度竖直向上，物体处于超重状态；根据匀变速直线运动卫衣-时间公式求解位移，根据做功公式求解重力做功；根据牛顿第二定律求解牵引力，根据速度-时间公式求解物体的速度，根据P=Fv求解额定功率。
本题考查a−t图像和机车启动问题，解题关键是会根据a−t图像分析物体的运动，掌握机车以恒定加速度启动时功率的变化。
8.【答案】D
【解析】解：A.在A状态，根据平衡条件mg+p0S=pAS
解得m=2kg
故A错误；
B.根据图像VT=C
气体做等压变化VATA=VBTB
解得VB=8.0×10−3m3
故B错误；
C.从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W=pAΔV，解得W=206J
故C错误；
D.根据热力学第一定律ΔU=Q−W，解得ΔU=294J
故D正确。
故选：D。
在A状态，根据平衡条件，求质量；根据图像，判断气体做等压变化，求体积；从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W=pAΔV，求做功；根据热力学第一定律，求内能增加量。
本题考查学生对平衡条件、气体做等压变化、气体对外界做功W=pAΔV、热力学第一定律ΔU=Q−W的掌握，解题关键是分析出气体对外做功是W取负值。
9.【答案】C
【解析】解：A.磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比，则在0−t1时间内，电流在增大，但变化率在减小，所以线圈的磁通量在增大，但磁通量的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt，可知感应电动势减小，所以小球受到的感应电场的电场力不是逐渐增大，由牛顿第二定律可知加速度也不是逐渐增大，故A错误；
B.由图甲可知0−t1时间内，电容器上极板为正极板，所以线圈中左侧电流向下，根据安培定则可知线圈中产生的磁场方向向右，故B错误；
C.0−t1时间内，电流的变化率减小，则小球内磁通量的变化率减小，根据法拉第感应定律可知，小球内的涡流减小，故C正确；
D.小球射出后电路中仍然有电流，说明电路中还有一部分能量，所以电容器储存的电能不能全部转化为小球的动能，故D错误。
故选：C。
根据磁通量的变化特点判断感应电流大小的变化特点，然后判断小球的加速度；根据电流的变化判断能量转化的关系；根据楞次定律判断涡流的方向。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。
10.【答案】C
【解析】解：AB.当θ=π3时，设P点位于M点处，可得φM=1V
当θ=4π3时，设P点位于N点处，可得φN=5V
如图所示
M、N两点分别是圆弧上电势的最低点、最高点，过两点等势面与圆相切，电场线与等势面垂直，且指向电势降低方向，电场方向从N指向M，场强大小E=UNM2R=42×0.1V/m=20V/m
故AB错误；
C.由图乙，C点电势φC=4V
电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能变化量ΔEp=EpC−EpA=−e(φC−φA)，ΔEp=−2eV
即电势能减小2eV，故C正确；
D.从B点沿圆弧逆时针到D点，电势先升高后降低，由Ep=qφ，电子电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选：C。
电场强度方向从电势最高点指向电势最低点，根据对称性与电势差和电场强度的关系解得电场强度，根据电势能变化与电场力作用解得CD选项。
本题主要考查了场强的相关应用，根据图像结合对称性和场强的定义式即可完成分析。
11.【答案】D
【解析】解：A.输送电功率为P2=U2I2=1100×103×4×103W=4.4×109W
故A错误；
C.I2=4×103A=4kA，根据电路电压关系，输电导线末端电压U3=(U2−I2r线)=(1100−4×10)kV=1060kV
原副线圈电压比等于匝数比，则降压变压器n3n4=U3U4=1060500≠115
故B错误；
C.根据电功率P=I2R，则输电导线上损失的功率ΔP=I22r线=(4×103)2×10W=1.6×108W
损失的电压ΔU=I2r线=4×103×10V=40kV
故C错误；
D.保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率ΔP=(P2U2′)2r线=(4.4×109550×103)2×10W=6.4×108W
故D正确。
故选：D。
根据电功率公式求输送电功率；根据电路电压关系求电压，根据匝数比等于电压比，判断匝数关系；先计算损失的功率再计算损失的电压。
本题是一道远距离输电的综合问题，重点需要学生掌握输电线的功率和电压为损失的功率和损失的电压。
12.【答案】C
【解析】解：作出光路图如图所示：
根据折射定律：n=sinisinr，a与b的入射角相等，由于na>nb，可知α<β。
A、由于α<β，可知a光束进入棱镜时偏折角较大，且a、b光束的间距可调，故a光束上移，b光束下移，a、b光束就有可能从CD边同一位置射出，故A错误；
B、由图可知，a光束从CD边射出可能离底边BC更远，故B错误；
CD、根据图中b光束的光路图，根据正弦定理有EFsin45∘=BEsin(90∘+β)=BEcsβ
可知EF=sin45∘csβBE
同理可得EG=sin45∘csβCE
b光束在玻璃中的路程为sb=EF+EG=sin45∘csβ(CE+BE)=sin45∘csβBE=1 2csβBE
b光束在玻璃运动的速度vb=cnb=csin45∘sinβ= 2csinβ
b光束在玻璃运动的时间tb=sbvb=1 2csβBE 2csinβ=BEcsin2β
同理可得ta=BEcsin2α
由于na=sin45∘sinα>nb=sin45∘sinβ> 2
可知sinα可知ta>tb，故C正确D错误；
故选：C。
根据折射定律分析光线1在AB面上的折射角；根据sinC=1n解全反射的临界角，根据几何知识分析光在BC面的入射角，以此判断光线在BC面上是否发生全反射；作出光路图，根据光路图判断出射光线与入射光线的特点，并判断三条光线的出射点到C点的距离的大小关系。
解决该题需要正确作出光路图，能根据几何知识求解相关的角度，熟记折射定律的表达式以及全反射的临界角的表达式。
13.【答案】AC
【解析】解：A.普朗克用能量量子化的假说，成功解释了黑体辐射规律，故A正确；
B.由光电效应方程Ek=hν−W0可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故B错误；
C.衍射是一切波特有的现象，电子束通过铝箔时形成的衍射图样，证实了电子具有波动性，故C正确；
D.光照到不透明的小圆盘上出现了泊松亮斑，这是光的衍射现象，故D错误。
故选：AC。
普朗克用能量量子化的假说，成功解释了黑体辐射规律；由光电效应方程Ek=hν−W0进行分析；衍射是一切波特有的现象；泊松亮斑是光的衍射现象。
本题主要是考查光电效应以及波的衍射等，掌握光的衍射、光电效应以及黑体辐射等知识是解答本题的关键。
14.【答案】ACD
【解析】解：A.由电荷数守恒知X的电荷数为0，故X为中子，由质量数守恒可知a=3，故A正确；
B.由题意知，核反应过程中的质量亏损Δm=mU−mBa−mKr−2mX，由质能方程可知释放的核能：ΔE=(mU−mBa−mKr−2mX)c2，可得X粒子的质量为：mX=12(mU−ΔEc2−mBa−mKr)，故B错误；
C.核裂变过程释放能量，比结合能变大，则 92235U的比结合能比 56141Ba和 3692Kr的都小，故C正确；
D.慢化剂使快中子变成慢中子，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水。故D正确。
故选：ACD。
核反应过程中质量数与核电荷数守恒，根据质量数与核电荷数守恒求出X的核电荷数，求出a的大小；求出核反应过程中的质量亏损，然后由质能方程求出释放的能量。
核反应过程中质量数与核电荷数守恒；求出核反应的质量亏损，应用质能方程即可求出核反应释放的能量。
15.【答案】AB
【解析】解：A、由题意可得，波的波长为λ=2m。根据位移随时间变化关系z=2sin5πt(cm)，可得：T=2πω=2π5πs=0.4s，故机械波的传播速度为：v=λT=2m0.4s=5m/s，故A正确；
B、由图像可知，OD距离2m为一个完整的波长，t0时刻，O、D均在波峰，且平面内只有一个完整的波形，则O点此时第二次出现波峰，可知：t0=T+T4=0.5s，故B正确；
C、由AB选项中的计算结果可知机械波传播到B点需要：tB=4m5m/s=0.8s，则t=1.45s时，B点已经振动了n个周期：n=t−tBT=1.45s−。如下图所示，58T的位置在z轴的负半轴，且速度方向沿z轴负方向，故C错误；
D、根据勾股定理可知，OC= (4m)2+(3m)2=5m，则传播到C点的时间为：tC=5m5m/s=1s。则t=0.8s至t=1.6s时间内，C处质点只振动了n′个周期：n′=t−tCT=1.6s−，则C点处质点运动的路程：s=n′×4A=32×4×2cm=12cm，故D错误。
故选：AB。
根据图甲可得出波长，由振动表达式中的角频率ω求出周期，从而求出此机械波的传播速度；
根据波源的起振方向及OD距离与波长的关系，确定第二次出现波峰的时间；
根据x=vt求出t=1.45s时间内波传播的距离，再分析机械波是否传到B处或其振动情况；
根据时间与周期的关系求质点C通过的路程。
本题要理解波的形成过程，根据图像分析出横波的传播特点，结合公式v=λT和运动学公式进行分析。
16.【答案】B
【解析】解：A.用游标卡尺测摆球直径，应将小球卡在外爪的刀口上，故A错误；
B.验证机械能守恒定律，用手竖直提起纸带使重锤停靠在打点计时器附近，故B正确；
C.探究两个互成角度的力的合成规律，为准确的确定两拉力的大小和方向，连接结点和两个弹簧测力计的细绳不能太短，故C错误；
D.测量玻璃的折射率应先画一条直线作为边界，不能沿玻璃砖用笔画，会污染玻璃砖，故D错误。
故选：B。
根据游标卡尺的使用方法、验证机械能守恒定律实验装置、探究两个互成角度的力的合成规律实验装置、和测量玻璃的折射率画界面要求分析判断。
掌握游标卡尺的使用方法、熟悉验证机械能守恒定律实验装置、探究两个互成角度的力的合成规律实验装置、理解测量玻璃的折射率画界面要求。
17.【答案】不需要 2.4不满足
【解析】解：平衡摩擦是让小车在不挂钩码时受力平衡，对小车受力分析有：mgsinθ=μmgcsθ
即满足：tanθ=μ
平衡摩擦的条件与小车的质量无关，故改变小车质量不需要重新平衡摩擦。
根据逐差法可知小车的加速度大小为：
a=xCE−xAC(2T)2=xE−2xC+xA(2T)2=11.05−2×6.25+3.004×0.042×10−2m/s2=2.4m/s2
设钩码质量为m，小车质量为M，对钩码和小车整体由牛顿第二定律mg=(m+M)a
解得Mm=ga−1=9.82.4−1=3.1
本实验认为小车受到的绳子拉力近似等于钩码重力，需满足钩码的质量远远小于小车的质量，故不满足本实验的要求。
故答案为：不需要；2.4；不满足。
根据平衡摩擦力的方法分析判断，根据逐差法求小车加速度，根据牛顿第二定律推导分析。
本题考查探究加速度与力、质量的关系实验，要求掌握实验原理、平衡摩擦力和纸带数据处理。
18.【答案】AB
【解析】解：A.水面上痱子粉撒得较多，会导致油膜没有充分展开，则测量的油酸面积S偏小，则分子直径为d=VS偏大，故A正确；
B.纯油酸的体积等于滴入的油酸酒精溶液体积乘以浓度，计算时把油酸酒精溶液当成了纯油酸，则计算用的体积偏大，则测得的分子直径偏大，故B正确；
C.设1mL的溶液有n滴，则纯油酸体积为V=1mLn×ρ浓度，滴数多计了5滴，计算代入纯油酸体积将偏小，测量直径偏小，故C错误；
D.如果所用的油酸酒精溶液长时间放置在空气中，酒精挥发，导致油酸酒精溶液中的油酸溶度增大，1滴油酸酒精溶液形成的面积偏大，则分子直径的测量结果偏小，故D错误。
故选：AB。
利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，用d=VS计算出油膜的厚度，其中 V为一滴油酸溶液中所含油酸的体积， S为油膜面积，这个厚度就近似等于油酸分子的直径．
本题考查了用“油膜法”估测分子直径大小的实验，实验中认为油酸分子是一个个紧挨着排列开的，同时要掌握油膜法测分子直径的实验数据处理，难度不大，是一道基础题；解题时要注意各物理量的单位。
19.【答案】电压 大 15.8BD1I 0.8
【解析】解：(1)当选择开关S旋到5或6位置时，由于表头和电阻串联，所以该多用电表为电压表，用来测量电压；
对于电压表，串联的分压电阻阻值越大，量程越大，由图可知，接6时与表头串联的电阻值较大，所以量程较大；
将多用电表选择开关旋到“50V”直流电压挡，表盘的每一小格为1V，所以图示的电压为15.8V。
(2)一节干电池的电动势约为1.5V，电压表为6V，无法准确测量，所以不能使用电压表，只能采用安阻法进行测量；电路最大电流约为零点几安培，为测多组实验数据，电流表A的量程太小，电流表应选择B；电流表与可变电阻串联接入电路，可变电阻选择D。
根据图示电路图由闭合电路的欧姆定律得：E=I(r2+R+r)
整理得：R=E⋅1I−(r2+r)，则题干中图2所示图像横坐标x表示的物理量是1I，
根据图2所示图象可知，纵轴截距绝对值b=r2+r=1.1Ω，代入数据解得电池内阻r=0.8Ω。
故答案为：(1)电压；大；15.8；(2)B；D；0.8。
(1)根据多用电表的内部结构和读数方法分析。
(2)根据图示电路图与实验原理选择所需实验器材；根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题
本题考查测量电动势和内电阻的实验，对于实验问题，理解实验原理是解题的前提，根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后可以解题。
20.【答案】解：(1)铅球在AB段的加速度大小为a1=mgsinθ1+Ff1m
由运动学公式2a1xAB=vA2
联立解得vA=4m/s
(2)铅球在BC段的加速度大小为a2=mgsinθ2−Ff2m
由运动学公式2a2xBC=vC2
联立解得vC=0.8m/s
(3)铅球在CD段的加速度大小为a3=mgsinθ3+Ff1m
铅球在CD轨道上速度第一次减为零时所用的时间为t1=vCa3
铅球在BC轨道上的时间为t2=vCa2
铅球在AB轨道上的时间为t3=vAa1
联立解得t1=0.1s，t2=4s，t3=0.5s
从轨道A点到在CD轨道上速度第一次减为零时所用的总时间t总=t1+t2+t3
解得t总=4.6s
答：(1)冲上AB轨道时的初速度大小4m/s；
(2)运动到轨道C点时的速度大小0.2m/s；
(3)从轨道A点到在CD轨道上速度第一次减为零时所用的总时间4.6s。
【解析】(1)(2)根据牛顿第二定律和运动学公式，联立求A和C点速度；
(3)根据牛顿第二定律和运动学公式，联立求CD、BC、AB段时间，再求总时间。
本题考查学生对牛顿第二定律和运动学公式的掌握，结合题意分析不同阶段运动情况，根据公式求解，难度不高。
21.【答案】解：(1)小滑块恰好能通过最高点D，则小球在D点时mg=mvD2R
由B点到D点的过程，由机械能守恒定律得mg⋅2R=12mvB2−12mvD2
滑块在B点时F′N−mg=mvB2R
解得F′N=30N
由牛顿第三定律可得，滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小为FN=30N
(2)小滑块不脱离轨道并最终停在AB两点之间，当动能较小时，滑块不滑上半圆轨道，则有Ek0<μmgL1=1.3J
当滑块动能较大超过1.3J时，滑上圆轨道并返回，则滑上轨道的最大高度不能超过R。设沿圆轨道上滑的高度为h，返会水平轨道时，不滑过A点，则有mgh<μmgL1
可得h<μL1=0.26m所以动能较大时有Ek0=μmgL1+mgh<2.6J
所以小滑块不脱离轨道并最终停在AB两点之间，滑块初动能的范围为Ek0<1.3J或1.3J(3)小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动h=12gt12
解得t1=13s
在水平方向做匀速圆周运动n⋅2πr=vEt1
解得vE=nm/s(n=1,2,3…)
离开圆筒后，竖直方向的加速度仍为g，则由E点到落地的时间为t= 2×2Rg=0.4s
离开圆筒后，滑块水平方向以速度vE做匀速直线运动，从离开圆筒到落地，水平位移为x=vE(t−t1)=n15m
滑块落在AB两点之间，则有x=n15m可得n<4.5m
所以滑块在E点的速度大小为vE=nm/s(n=1,2,3,4)
答：(1)滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小30N；
(2)滑块的初动能Ek0的范围Ek0<1.3J或1.3J(3)滑块在E点的速度大小vE=nm/s(n=1,2,3,4)。
【解析】(1)小滑块恰好能通过最高点D，重力提供向心力，由B点到D点的过程，机械能守恒，联立，求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)小滑块不脱离轨道并最终停在AB两点之间，当动能较小时，滑块不滑上半圆轨道，当滑块动能较大超过1.3J时，滑上圆轨道并返回，则滑上轨道的最大高度不能超过R。设沿圆轨道上滑的高度为h，返会水平轨道时，不滑过A点，求动能范围；
(3)小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速圆周运动，离开圆筒后，竖直方向的加速度仍为g，离开圆筒后，滑块水平方向以速度vE做匀速直线运动，求速度。
本题考查学生对机械能守恒定律、牛顿第二定律在圆周运动中的应用、动能定理，解题关键是分析出小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速圆周运动，离开圆筒后，竖直方向的加速度仍为g，离开圆筒后，滑块水平方向以速度vE做匀速直线运动。
22.【答案】解：(1)导体棒受到向右的安培力，其大小为：F安=BIL
解得：F安=0.5N
对导体棒第一次离开区域Ⅰ的过程，由动能定理得：
F安d1=12mv12
解得：v1=1.5m/s
(2)棒与线框发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间两者速度分别为v1′、v1′′，以向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
mv1=mv1′+mv1′′
12mv12=12mv1′2+12mv1′′2
解得：v1′=0，v1′′=v1=1.5m/s(质量相等，速度交换)
第一次撞后，线框以v1=1.5m/s速度进入磁场Ⅱ，棒处于静止状态，设线框右边从磁场Ⅱ左边界运动到右边界的过程用时Δt1，末速度为v2，由法拉第电磁感应定律得：
E−=ΔΦΔt1=BΔS1Δt1，I1−=E−R2=BΔS1Δt1R2，ΔS1=0.5D×d2
以向右为正方向，对线框由动量定理得：
−BI1−×0.5DΔt1=mv2−mv1
解得：v2=1.4m/s
同理可得，线框左边从磁场Ⅱ左边界运动到右边界时线框速度为：v3=1.3m/s
可知每次线框穿过磁场Ⅱ的过程，速度大小均减少0.2m/s，线框以v3=1.3m/s与挡板弹性碰撞后，以原速率回再次穿过磁场Ⅱ后的速度大小为v4=1.1m/s，线框以速度v4与棒第二次相碰，由能量守恒可得：
Q=12mv12−12mv42
解得：Q=0.26J；
(3)线框与导体棒第二次碰后，两者交换速度，棒以v4=1.1m/s速度向左运动，线框静止，棒进入磁场Ⅰ，所受安培力与原来等大反向，棒作匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
F安=ma
解得：a=1m/s2
棒在磁场Ⅰ中的最大位移：x=v422a
解得：x=0.605m棒在磁场Ⅰ中减速到速度为零，然后以加速度a反向加速，以v4=1.1m/s的速度离开磁场Ⅰ，与线框碰撞且速度交换后，线框通过磁场Ⅱ速度大小减小0.2m/s，与挡板弹性碰撞后，以原速率回再次穿过磁场Ⅱ后的速度大小再减小0.2m/s后，以v5=0.7m/s的速度大小与棒再相碰。经过如此反复，可知两者每次碰撞都对应速度大小减少0.2m/s，由v10.2=，可知棒与线框总的碰撞次数为7次。
棒第首次从磁场Ⅰ左边界匀加速运动到右边界时间为：t1=v1a=1.51s=1.5s
棒与线框碰后从右向左进入磁场Ⅰ的速度均比前一次减小0.4m/s，棒在磁场Ⅰ中匀减速直线运动和反向匀加速直线运动对称，可得：
第2次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为：t2=2v4a=2×1.11s=2.2s
同理可得，第4、6次碰后棒在磁场Ⅰ中运动的时间分别为：t3=2×0.71s=1.4s，t4=2×0.31s=0.6s
导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间t总=t1+t2+t3+t4
解得：t总=5.7s。
答：(1)导体棒第一次离开区域Ⅰ时的速度大小v1为1.5m/s；
(2)线框与导体棒从第1次碰撞至它们第2次碰撞过程中，线框产生的焦耳热Q为0.26J；
(3)线框与导体棒碰撞的次数n为7次，以及导体棒在磁场区域Ⅰ中运动的总时间t总为5.7s。
【解析】(1)由F安=BIL计算导体棒受到的安培力，根据动能定理求解；
(2)棒与线框发生弹性碰撞，两者质量相等，结果交换速度。由法拉第电磁感应定律和动量定理求解线框每次穿过磁场的末速度，由能量守恒定律求解线框产生的焦耳热；
(3)依据(2)的分析过程，判断两者的运动与碰撞过程，找到规律，分析碰撞次数，并求解所求时间。
本题考查了电磁感应现象中力学问题，涉及到了弹性碰撞模型。应熟练掌握电磁感应棒切割模型中安培力的冲量推导过程，以及应用动量定理求解运动过程中时间、位移及速度。
23.【答案】解：(1)沿直线通过区域Ⅱ，则：Eq=qv0B
解得：v0=EB=404×10−3m/s=1×104m/s
在区域Ⅰ中运动的半径：qv0B=mv02R1
解得：R1=0.05m
(2)粒子在区域Ⅱ中的半径：q×2v0B=m(2v0)2R2
解得：R2=0.10m
根据几何关系可知，在区域Ⅱ中运动转过的圆心角为：α=60∘
所以：t2=T26=πm3Bq
在区域Ⅰ中运动的半径：q×2v0Bsin60∘=m(2v0sin60∘)2R1′
解得：R1′=0.05 3m
根据几何关系可知，在区域Ⅰ运动转过的圆心角为60∘
所以：t2=T16=πm3Bq
所以从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间：t=t1+t2=2πm3Bq
代入数据可得：t=π30×104s
(3)若撤去区域Ⅱ的磁场，该粒子以速度v0进入区域Ⅱ，沿x轴方向：d=v0t1，x1=12Eqmt12
在区域Ⅰ内：2d=v0t2，x2=Eqmt1 t2
再次离开磁场Ⅱ：d=v0t3、x3=Eqmt1 t3+12Eqmt32
离开时，x轴坐标：x=x1+x2+x3
联立代入数据得：x=0.2m
第二次离开区域Ⅱ的位置坐标为：(0.2m,0,−0.1m)
答：(1)速度v0大小为104m/s；它在区域Ⅰ中运动的半径为0.05m；
(2)该粒子以速度2v0从进入区域Ⅱ到离开区域Ⅰ运动的总时间为π30×104s；
(3)它第二次离开区域Ⅱ的位置坐标为(0.2m,0,−0.1m)。
【解析】(1)根据粒子在区域Ⅱ中的电磁场做直线运动，由洛伦兹力与电场力平衡求粒子的入射速度；进入场区Ⅰ做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求半径；
(2)画出符合条件的粒子的轨迹，在Ⅱ区做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力求得半径，再根据几何关系求出粒子在Ⅰ区的速度方向，同理求出半径和圆心角后，由时间公式求时间；
(3)撤去电场后，只存在沿x方向的电场，由类平抛规律它第二次离开区域Ⅱ的位置坐标。
本题是带电粒子在混合场做匀速直线运动、做匀速圆周运动、类平抛运动的综合，涉及圆的相关知识，运动的合成与分解、立体空间想象等，关键是先理清过程，将立体图转化为平面模型，由几何关系来求。